• Định lý Lax-Milgram cho dạng đối xứng
Định lý 2.2 (xem [5], [13]). Cho không gian Hilbert (V,(·,·)), a(·,·) là dạng song tuyến tính đối xứng liên tục, bức trên V và phiếm hàm tuyến tính liên tục F ∈ V∗. Khi đó, tồn tại duy nhất u ∈ V sao cho
a(u, v) = F(v),∀v ∈ V. (2.4) Chứng minh. Theo định lý 1.14, ta có a(·,·) là tích vô hướng trên V nên (V, a(·,·)) lập thành một không gian Hilbert. Ta có F là một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên không gian Hilbert(V, a(·,·)) nên áp dụng định lý Riesz suy ra tồn tại duy nhất u ∈ V sao cho a(u, v) =F(v),∀v ∈ V. Hệ quả 2.1. Bài toán biến phân đối xứng 2.1 có nghiệm duy nhất.
• Định lý Lax-Milgram cho dạng không đối xứng
Định lý 2.3. Cho không gian Hilbert (V,(·,·)), a(·,·) là dạng song tuyến tính liên tục, bức trên V và phiếm hàm tuyến tính liên tục F ∈ V∗. Khi đó, tồn tại duy nhất u ∈ V sao cho
a(u, v) = F(v),∀v ∈ V. (2.5) Chứng minh. Cho tùy ý u ∈ V, ta định nghĩa phiếm hàm Au(v) =
a(u, v),∀v ∈ V.
Thật vậy, ∀v1, v2 ∈ V, α, β ∈ R ta có, Au(αv1 +βv2) = a(u, αv1 +βv2) = αa(u, v1) + βa(u, v2) = αAu(v1) +βAu(v2). 2. Au là liên tục Với ∀v ∈ V ta có, |Au(v)| = |a(u, v)| 6 Ckuk kvk (theo tính chất liên tục của a(·,·), C là hằng số liên tục của a(·,·)). Cho nên, kAukV∗ =
sup
kvk61
Au(v)
kvk 6 Ckuk< +∞.
Vì vậy, Au là phiếm hàm tuyến tính trên V.
Tương tự, ta có thể chỉ ra rằng ánh xạ G : V −→ V∗, u 7−→ Au là ánh xạ tuyến tính. Vì, với ∀v ∈ V,∀u, u0 ∈ V,∀α, β ∈ R thì
[G(αu+βu0)](v) = A(αu+βu0)(v) =a(αu+βu0, v) = αa(u, v) +βa(u0, v)
= αAu(v) + βAu0(v) = αG(u)(v) +βG(u0)(v) = [αG(u) +βG(u0)] (v).
Suy ra, G(αu+βu0) = αG(u) +βG(u0).
Theo định lý Riesz, với mọi ϕ ∈ V∗, tồn tại duy nhất τ ϕ ∈ V sao cho
ϕ(v) = (τ ϕ, v),∀v ∈ V, trong đó, τ : V∗ −→ V, ϕ7→ τ ϕ là ánh xạ 1−1. Như thế, ta cần tìm một u duy nhất sao cho Au(v) = F(v),∀v ∈ V, nói cách khác ta tìm u duy nhất sao cho Au= F trong V∗ hoặc τ Au = τ F
trong V.
Ta đi tìm ρ 6= 0, sao cho ánh xạ T : V −→ V là ánh xạ co, trong đó
T được định nghĩa
T v := v −ρ(τ Av−τ F),∀v ∈ V.
Nếu T là ánh xạ co thì theo nguyên lý ánh xạ co, tồn tại duy nhất
u ∈ V sao cho T u = u −ρ(τ Au−τ F) = u nghĩa là ρ(τ Au −τ F) = 0 hay τ Au = τ F. Nên, ta chỉ cần chỉ ra tồn tại ρ 6= 0 để sao cho T là ánh xạ co.
Với ∀v1, v2 ∈ V đặt v = v1 −v2 thì:
kT v1 −T v2k2 = kv1 −v2 −ρ(τ Av1 −τ Av2)k2 = kv −ρ(τ Av)k2
= kvk2 −2ρ(τ Av, v) +ρ2kτ Avk2
= kvk2 −2ρAv(v) +ρ2Av(τ Av)(định nghĩa của τ,(τ Av, v) =Av(v)) = kvk2 −2ρa(v, v) +ρ2a(v, τ Av)(định nghĩa của A)
6 kvk2 −2ραkvk2 +ρ2C kvk kτ Avk(tính liên tục, bức của A)
6 (1−2ρα+ρ2C2)kvk2
(A bị chặn, τ đẳng cự, kτ Avk = kAvk 6C kvk)
6 (1−2ρα+ρ2C2)kv1 −v2k2.
Ta cần chỉ ra rằng 1− 2ρα + ρ2C2 < 1 đối với một vài giá trị của ρ. Chọn ρ ∈ (0, 2α
C2) thì 1−2ρα+ρ2C2 < 1. Suy ra, với ρ ∈ (0,2α
C2) thì T là ánh xạ co. Nên theo nguyên lý ánh xạ co, tồn tại duy nhất u ∈ V sao cho τ Au = τ F, có nghĩa là tồn tại duy nhất u sao cho Au(v) =F(v),∀v ∈ V.
Hệ quả 2.2. Bài toán biến phân không đối xứng 2.3 và bài toán xấp xỉ Galerkin 2.4 có nghiệm duy nhất.
Định lý 2.4 (Céa, xem [10]). Giả sử rằng các điều kiện của bài toán biến phân không đối xứng thỏa mãn và ulà nghiệm của bài toán a(u, v) =
F(v),∀v ∈ V. Cho uh là nghiệm của bài toán biến phân hữu hạn chiều
a(uh, v) = F(v),∀v ∈ Vh. Khi đó, ta có ku−uhkV 6 C
α minv∈Vhku−vkV, trong đó C là hằng số liên tục và α là hằng số bức của a(·,·).
Chứng minh. Vì a(u, v) =F(v),∀v ∈ V và a(uh, v) =F(v),∀v ∈ Vh nên ta có a(u−uh, v) = 0,∀v ∈ Vh. Với ∀v ∈ Vh, ta có: αku−uhk2V 6 a(u−uh, u −uh) = a(u−uh, u−v) +a(u−uh, v−uh) = a(u−uh, u−v)(vì v −uh ∈ Vh và sử dụng tính trực giao) 6 Cku−uhkV ku−vkV . Do đó, ku−uhkV 6 C α ku−vkV. Vì thế ku−uhkV 6 C α vinf∈Vhku−vkV = C α minv∈Vhku−vkV (vì Vh đóng).
Vậy, ta có điều cần chứng minh.